Đề thi đề nghị môn Toán Lớp 11 Kỳ thi Olympic 23-3 Tỉnh ĐăkNông lần thứ 5 - Năm học 2017-2018 - Trường THPT Trần Hưng Đạo

Nội dung text: Đề thi đề nghị môn Toán Lớp 11 Kỳ thi Olympic 23-3 Tỉnh ĐăkNông lần thứ 5 - Năm học 2017-2018 - Trường THPT Trần Hưng Đạo

1. Mã số câu: Câu hỏi 3: (3,0 điểm) Cho tam giác ABC không cân. Gọi A1, B1 thứ tự là chân đường cao kẻ từ A, B và M , N thứ tự là trung điểm của cạnh CB, CA. Giả sử A1B1 và MN cắt nhau tại điểm T nằm ngoài đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Chứng minh rằng TC vuông góc với đường thẳng đi qua trực tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC. Đáp án câu hỏi 3: CÂU NỘI DUNG ĐIỂM C 3 K D A1 B1 T N H M O A B Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp, H là trực tâm tam giác ABC. 0,5 Gọi TC cắt đường tròn ngoại tiếp O tại D và gọi K là trung điểm DC. Ta có:DAC DBC (2 góc nội tiếp cùng chắn cung D»C ) Mặt khác: KN là đường trung bình của tam giác ACD nên DAC KNC (đồng vị). Tương tự KM là đường trung bình của tam giác BCD nên KMC DBC (đồng vị). Khi đó KNC DAC DBC KMC nên tứ giác KNMC nội tiếp. Mặt khác xét đường tròn O có : ON  AC và OM  BC (đường 0,5 kính vuông góc với dây căng cung tại trung điểm) Suy ra CNOM nội tiếp đường tròn đường kính CO (tổng 2 góc đối =180 ). Hai tứ giác KNMC và CNOM cùng nội tiếp đường tròn đường 0,5 kính CO nênCKO 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). Suy ra OK và CK vuông góc với nhau.
2. Mã số câu: Câu hỏi 4: (3,0 điểm) Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 1 y2 1 z2 1 y2 z2 2018 Đáp án câu hỏi 4: CÂU NỘI DUNG ĐIỂM 4 0,5 Ta có x2 1 y2 1 z2 1 y2 z2 2018 x2 2018 (y2 1)(z2 1). Xét x 4k, k ¢ : x2 (4k)2 16k 2  0(mod8) 1 Xét x 4k 1, k ¢ : x2 (4k 1)2 16k 2 8k 1 1(mod8) Xét x 4k 2, k ¢ : x2 (4k 2)2 16k 2 16k 4  4(mod8) Xét x 4k 3, k ¢ : x2 (4k 3)2 16k 2 24k 9 1(mod8) Suy ra: x2  0,1,4(mod8) x2 2018  2,3,6(mod8) (1) y2 1  0,3,7(mod8), z2 1  0,3,7(mod8) 1 (y2 1)(z2 1)  0,1,5(mod8) (2) Từ (1) và (2) phương trình vô nghiệm nguyên. 0,5
3. Mã số câu: Câu hỏi 6: (3,0 điểm) Tìm tất cả các hàm số song ánh f :¡ ¡ thỏa mãn: f (x f (x) 2 f (y)) f (2x) f (2y) với mọi x, y ¡ . CÂU NỘI DUNG ĐIỂM 6 f (x f (x) 2 f (y)) f (2x) f (2y) (*) với mọi x, y ¡ . 0,5 Dễ thấy f (x)  0, x ¡ là 1 nghiệm hàm. Xét f (x) khác đa thức 0. 0,5 Do f là một toàn ánh nên với mỗi x ¡ tồn tại t ¡ sao cho x f (x) f (t) x ( ) 2 Khi đó thay y t vào (*) và kết hợp ( ) ta được: 0,5 f (2 x) f (2 x) f (2t) f (2t) 0 (1) Thay x y 2t vào (*) và kết hợp với (1) ta được: 0,5 f (2t f (2t) 2 f (2t)) 2 f (4t) f (4t) 0 (2) Từ (1) và (2) và do f là đơn ánh nên ta có: 0,25 2t 4t t 0 f (0) 0 (3) Thay y 0 vào (*) và kết hợp (3) ta được: 0,5 f (x f (x)) f (2x) x f (x) 2x (do f là hàm đơn ánh) f (x) x , x ¡ Thử lại với f (x) x thay vào (*) ta được 0,25 x f (x) 2 f (y) 2x 2y x x 2y 2x 2y luôn đúng với mọi x, y ¡ . Vậy f (x) x, x ¡ .